trigono pau

1/2

Université de Liège Examen d'admission aux études de candidat ingénieur civil et ingénieur architecte

Trigonométrie et calcul numérique – Juillet 2008 Question 1 Montrer que dans un triangle ABC, on a toujours

cos 2 cos 2 cos 2 1 4 cos cosA B C A B cosC+ + = − − Solution proposée Partons du membre de gauche. Sachant que

A B Cπ= − − Il vient :

cos 2 cos 2 cos 2 cos 2( ) cos 2 cos 2

cos 2 cos 2 sin 2 sin 2 cos 2 cos 2

(2cos ² 1)(2cos ² 1) 4sin cos sin cos (2cos ² 1) (2cos ² 1)

cos ² cos ² 2cos ² 2cos ² 1 4sin sin cos cos 2cos ² 1 2cos ² 1

4c

A B C B C b C

B C B C B C

B C B B C C B C

B C C C B C B C B C

+ + = + + + =− + +

= − − − + − + −= − − + − + − + −= os ² cos ² 4sin sin cos cos 1

4cos cos (cos cos sin sin ) 1

4cos cos cos( ) 1

4cos cos ( cos ) 1

B C B C B C

B C B C B C

B C B C

B C A

− −= − −= + −= − −

Autre méthode de résolution moins classique… La thèse,

CBACBA coscoscos41cos2cos2cos −−=++ équivaut à

CBACBA coscoscos411cos21cos21cos2 222 −−=−+−+− Divisons par deux et regroupons :

0coscos1coscoscos2cos 222 =++−+ BACBAC Cette équation du second degré n’est vérifiée que si

BABA

BABA

BABABAC

sinsincoscos

)cos1)(cos1(coscos

1coscoscoscoscoscoscos

22

2222

±−=−−±−=

+−−±−=

en tenant compte du fait que le sinus d’un angle d’un triangle n’est jamais négatif. Mais précisément, comme

)( BAC +−= π on a

BABABAC sinsincoscos)cos(cos +−=+−= ▄

2/2

Question 2 Résoudre l’équation suivante

sin sin 2 sin 3 2 (1 cos cos 2 )x x x x x+ + = + + Représentez les solutions sur le cercle trigonométrique Solution proposée Pour résoudre

)2coscos1(23sin2sinsin xcxxx ++=++

on remarque d’abord que le premier membre se transforme en

)2cos1(sin2)2cos1(2sin

2cossincos2sin2sin2cossincos2sin

)2sin(2sin)2sin(3sin2sinsin

xxxx

xxxxxxxxx

xxxxxxxx

+=+=+++−=

+++−=++

De la même façon, on réduit le second membre à

)cos21(cossincoscossincos2coscos1 2222 xxxxxxxxx +=−+++=++

L’équation se ramène donc à

0)2sin2)(2cos1(cos =−+ xxx

Les solutions sont donc (avec k entier)

a) )2

x(ou 22

soit ,0cos ππππkkxx +=+±==

b) πππ kxx 23

soit ,2

1cos +±=−=

c) πππ

π

kxx 2

4

4soit ,2

2sin +

−==

3/2

Question 3 Dans un demi-cercle de rayon R, on trace trois cordes C1, C2 et C3 parallèles à la base rectiligne du demi-cercle. La distance h entre C1 et C2 est égale à la distance entre C2 et C3. On mesure C1= 8 m, C2 = 16 m et C3 = 20 m. Quel est le rayon R du demi-cercle ? Déterminer les angles α1, α2, et α3 représentés sur la figure 1. Donner vos réponses avec 4 chiffres après la virgule.

h

h

α1

α2

α3

C1

C2

C3

R

Figure 1 : Demi-cercle de rayon R avec ses trois cordes C1, C2, C3. Solutions proposées Première méthode (par la trigonométrie) On a successivement

RRR

10cos,

8cos,

4cos 321 === ααα *

Par ailleurs,

( ) ( )3221 sinsinsinsin αααα −=−= RRh

soit, comme R n’est évidemment pas nul,

231 sin2sinsin ααα =+

Exprimant les sinus en fonction des cosinus (tous les angles sont entre 0 et π/2), on obtient

222

6412

1001

161

RRR−=−+−

soit, après multiplication par R2,

4/2

64210016 222 −=−+− RRR **

Elevons au carré : il vient

( )( ) )64(410016210016 22222 −=−−+−+− RRRRR

soit, après regroupement et division par 2,

( )( ) 7010016 222 −=−− RRR

Une nouvelle mise au carré donne

49001401600116 2424 +−=+− RRRR

soit

73,11

5,1372

==

R

R

Les angles s’obtiennent alors aisément des relations (*). Deuxième méthode : à partir du théorème de Pythagore En notant x l’ordonnée de la corde du milieu, on a les relations

100

16

64

2

2

2

−=−

−=+

−=

Rhx

Rhx

Rx

En sommant les deux dernières et en comparant le résultat à la première, on obtient

642100162 222 −=−+−= RRRx

qui n’est autre que l’équation (**) de la méthode précédente, que l’on reprend pour la suite. Troisième méthode, également fondée sur le théorème de Pythagore Avec la même définition de x que ci-dessus, on peut écrire

5/2

1002100)()3(

16216)()2(

64)1(

2222

2222

22

++−=+−=

+++=++=

+=

hhxxhxR

hhxxhxR

xR

Sommant les relations (2) et (3), on obtient

58 soit 116222 222222 ++=++= hxRhxR

La soustraction de la relation (1) à ce résultat donne immédiatement

6soit 062 ==− hh

De plus,

162 donne )2(

64 donne )1(222

22

++=−

=−

hhxxR

xR

donc

6

7.321

2

48soit 16264

22 ==−=++=

hh

hxhhx

On en déduit

5,13764 22 =+= xR

Il est alors aisé de calculer les angles.

Université de LiègeExamen d’admission aux études de bachelier ingénieur civil et

architecte

Trigonométrie et calcul numériqueJuillet 2010

Prof. J.F. Debongnie et P. Duysinx

Question 1 Montrer que l’on a

4(cos6 a− sin6 a) = cos 2a(4− sin2 2a)

Solution

4(cos6 a− sin6 a) = 4(cos2 a− sin2 a)(cos4 a + cos2 a sin2 a + sin4 a)= 4 cos 2a(1− cos2 a sin2 a)= cos 2a

[4− (2 sin a cos a)2

]

= cos 2a[4− sin2 2a

]

Question 2 Résoudre l’équation

sin4 x + cos4 x = sin x cos x

Solution L’égalité à démontrer s’écrit :

sin4 x + 2 sin2 x cos2 x + cos4 x− 2 sin2 x cos2 x = sin x cosx

(sin2 x + cos2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = sinx cosx

1− sin2 2x

2=

sin 2x

2Soit

sin2 2x + sin 2x− 2 = 0

Les solutions de l’équation du second degré en sin x sont :

sin 2x =−1±√1 + 8

2=−1± 3

2=

{ − 42 = −2 à rejeter

22 = 1 acceptable

La solution acceptable donne :

2x =π

2+ 2kπ

x =π

4+ kπ

1

Question 3 Calculer l’angle A d’un triangle, sachant que les côtés adjacents bet c sont de même longueur et que l’aire du triangle vaut 3 fois celle du cercledont le troisième côté a est le diamètre.

SolutionL’aire du triangle est

S =12bc sin A

tandis que l’aire du cercle de diamètre a vaut

πa2

4

L’énoncé s’écrit donc :

S =12bc sinA = 3

πa2

4Pythagore généralisé dans le triangle avec b = c donne :

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A = 2b2(1− cosA) = 4b2 sin2 A

2

Dès lors on a :

12b2 sin A = 3πb2 sin2 A

2

sin A = 6π sin2 A

2

2 sinA

2cos

A

2= 6π sin2 A

2

tgA

2=

13π

Dont la solution (0 ≤ A ≤ π) vaut

A

2= 6, 057◦ = 0, 1057rad

Question 4 Calculer la valeur de l’expression (sans l’aide de la calculatrice)

E = tg 9◦ − tg 27◦ − tg 63◦ + tg 81◦

SolutionOn remarque que

tg p + tg q =sin p

cos p+

sin q

cos q=

sin p cos q + cos p sin q

cos p cos q=

sin(p + q)cos p cos q

Il vient

E = tg 9◦ + tg 81◦ − (tg 27◦ + tg 63◦)

=sin90◦

cos 9◦ cos 81◦− sin90◦

cos 27◦ cos 63◦

=1

cos 9◦ cos 81◦− 1

cos 27◦ cos 63◦

2

En utilisant la formule de transformation de produits en sommes

cos p cos q =12[cos(p− q) + cos(p + q)]

on trouve

E =1

cos 9◦ cos 81◦− 1

cos 27◦ cos 63◦

=2

cos 72◦ + cos 90◦− 2

cos 36◦ + cos 90◦

=2

cos 72◦− 2

cos 36◦

= 2cos 36◦ − cos 72◦

cos 72◦ cos 36◦

En faisant usage à nouveau des formules de transformation de sommes enproduits,

cos p− cos q = −2 cosp + q

2cos

p− q

2Il vient

E = 2cos 36◦ − cos 72◦

cos 72◦ cos 36◦

= −4sin 54◦ sin(−18◦)cos 72◦ cos 36◦

= 4sin 54◦ sin 18◦

cos 72◦ cos 36◦

Si on se souvient des relations

sin 54◦ = cos(90◦ − 54◦) = cos 36◦

sin 18◦ = cos(90◦ − 18◦) = cos 72◦

On trouve finalement

E = 4

3

Solutions

J.F. Debongnie & P. Duysinx

6 juillet 2011

Nous présentons ici une voie de solution pour chaque problème, à titre d'exemple.

Il va de soi que toute autre méthode correcte est admise lors de la correction

Solution 1

L'hypothèse impliqueb

2=π

2− a+ c

2et, par conséquent,

sinb

2= cos

a+ c

2

Le second membre se ramène donc à

2d mb = 4 cosa

2

[cos

a

2cos

c

2− sin

a

2sin

c

2

]cos

c

2

= 4 cos2a

2cos2

c

2− 4 sin

a

2cos

a

2sin

c

2cos

c

2= (1 + cos a)(1 + cos c)− sin a sin c

= 1 + cos a+ cos c+ cos a cos c− sin a sin c

= 1 + cos a+ cos c+ cos(a+ c)

et il résulte de l'hypothèse que cos(a+ c) = − cos b.

Solution 2

Dans le triangle ADC, on a

AD = AC sin C

et dans le triangle ABC, on a

AC

sin B=

BC

sin A

Il en résulte

AD = BCsin B sin C

sin A

En�n,A = 180◦ − (B + C) = 180◦ − 70◦ − 84◦ = 26◦

si bien que

AD = 1750sin(70◦) sin(84◦)

sin(26◦)= 3730m

1

Solution 3

Le plus simple est de résoudre d'abord la partie 2 de la question, ce que nousferons ici.

2 - Il est clair que AH = a−b2 , d'où

tg A =h

AH=

2h

a− b, et A <

π

2

On a alorsA+ D = π d'où D = π − A

1 -

` =h

sin A3 - le cercle circonscrit au trapèze l'est également au triangle ABD, qui ne

possède qu'un seul cercle circonscrit. On a donc

2R =BD

sin A

Il su�t donc de calculer BD, par la formule classique

BD2= a2 + `2 − 2a` cos A

ce qui résout le problème.

Application numérique : a = 100, b = 80, h = 502 -

tg A =2 · 50

100− 80= 5

A = 1, 3734rad

C = 1, 7682

1 -

sin A = 0, 9806

` =50

sin A= 50, 9902

3 -

BD =

√a2 + `2 − 2a` cos A = 102, 9563

R = =BD

2 sin A= 52, 4976

Solution 4

Tout d'abord, le premier membre I de l'inéquation se transforme de façon évi-dente comme suit :

I = sin3 x sin(π2− 3x

)+ cos3 x cos

(π2− 3x

)= sin3 x cos 3x+ cos3 x sin 3x

Nous aurons besoin des formules de sin 3x et cos 3x, qui peuvent se calculercomme suit :

2

� cosinus

cos 3x = cos(2x+ x)

= cos 2x cosx− sin 2x sinx

= (2 cos2−1) cosx− 2 sin2 x cosx

= 2 cos3 x− cosx− 2 cosx+ 2 cos3 x

= 4 cos3 x− 3 cosx

d'où l'on tire

cos3 x =1

4(cos 3x+ 3 cosx) (1)

� sinus

sin 3x = sin(2x+ x)

= sin 2x cosx+ sinx cos 2x

= 2 sinx cos2 x+ sinx(1− 2 sin2 x)

= 2 sinx(1− sin2 x) + sinx− 2 sinx

= 3 sinx− 4 sin3 x

d'où l'on tire

sin3 x =1

4(3 sinx− sin 3x) (2)

L'introduction des résultats 1 et 2 dans le premier membre I de l'inéquationdonne

I =3

4sinx cos 3x− 1

4sin 3x cos 3x+

1

4cos 3x sin 3x+

3

4cosx sin 3x

=3

4(sinx cos 3x+ cosx sin 3x)

=3

4sin 4x

L'inéquation se ramène donc à

3

4sin 4x ≥ 3

√3

8

soit

sin 4x ≥√3

2

La solution de cette inéquation est

4x ∈ [π

3,2π

3] mod 2π

ce qui revient à direπ

3+ 2kπ ≤ 4x ≤ 2π

3+ 2kπ

Divisant par 4, on obtient

π

12+ k

π

2≤ x ≤ π

6+ k

π

2

3

Université de Liège

Examen d'admission aux études de bachelier ingénieur civil et

architecte

Trigonométrie et calcul numérique

Prof. P. Dewallef et Prof. P. Duysinx

Juillet 2013



Question 1 Véri�er l'identité suivante

sin 2a+ sin 5a− sin a

cos 2a+ cos 5a+ cos a= tg 2a

Solution

On utilise les formules de transformation de somme en produit ou bien, sion ne s'en souvient plus, les formules de sinus / cosinus d'une somme. Il vientrespectivement pour le numérateur et pour le dénominateur :

sin 2a+ sin 5a− sin a = sin 2a+ sin(3a+ 2a)− sin(3a− 2a)

= sin 2a+ 2 cos 3a sin 2a

= sin 2a (1 + 2 cos 3a)

cos 2a+ cos 5a+ cos a = cos 2a+ cos(3a+ 2a) + cos(3a− 2a)

= cos 2a+ 2 cos 3a cos 2a

= cos 2a (1 + 2 cos 3a)

Le premier membre de l'identité devient donc :

sin 2a+ sin 5a− sin a

cos 2a+ cos 5a+ cos a=

sin 2a (1 + 2 cos 3a)

cos 2a (1 + 2 cos 3a)= tg 2a

Ce qui démontre l'identité lorsque les deux familles de conditions suivantes sontréalisées :

1.cos 2a 6= 0

2.cos 3a 6= −1/2

On exprime respectivement ces deux conditions.

cos 2a 6= 0 ⇔ 2a 6= π

2+ kπ

⇔ a 6= π

4+ k

π

2

et

cos 3a 6= −1/2 ⇔ 3a 6= 2π

3+ 2kπ et 3a 6= 4π

3+ 2kπ

⇔ a 6= 2π

9+ k

2π

3et a 6= 4π

9+ k

2π

3

Question 2 Résoudre l'équation suivante sans calculatrice :

tg2 x− 4 tg x+ 1 = 0

Solution 1 : Solution compacte

textitConditions d'existence : L'existence de l'équation est liée à celle de latangente tg x 6=∞, soit

x 6= π

2+ kπ

L'équation peut se ré-écrire sous la forme suivante ;

1 + tg2 x = 4 tg x

Etant donné la formule fondamentale sin2 x+ cos2 x = 1, on a :

1 + tg2 x =1

cos2 x

et l'équation à résoudre devient :

1 + tg2 x =1

cos2 x= 4 tg x

Etant donné que cosx 6= 0 (conditions d'existence), l'équation peut encores'écrire :

1

cos2= 4

sinx

cosx⇔ 4 sinx cosx = 1 ⇔ sin 2x =

1

2

On en déduit les solutions :

2x =π

6+ 2kπ et 2x = π − π

6+ 2kπ

x =π

12+ kπ et x =

5π

12+ kπ

Soit l'ensemble des solutions :

S = { π12

+ kπ }⋃{5π12

+ kπ }

2

Solution 2 : Solution suivie par le plus grand nombre d'étudiants

L'équation est une équation du second degré en tg x. Les deux solutionssont :

tg x1 = 2−√3 et tg x2 = 2 +

√3

Etant donné que l'on ne dispose pas de la calculatrice, il faut réduire l'expres-sion :

tg x =sinx

cosx= 2∓

√3

Pour la première des racines, il vient

sinx

cosx= 2−

√3

⇔ 1

2

sinx

cosx= 1−

√3

2

⇔ 1

2sinx = cosx− cosx

√3

2

Etant donné que sinπ/6 = 1/2, et cosπ/6 =√3/2 et que cosx 6= 0 par les

conditions d'existence, on obtient :

sinx

cosx= 2−

√3

⇔ cosx

√3

2+

1

2sinx = cosx

⇔ cosx cosπ

6+ sinx sin

π

6= cosx

⇔ cos(x− π

6) = cosx

Les solutions s'écrivent :

x− π

6= x+ 2kπ ou x− π

6= −x+ 2kπ

impossible 2x =π

6+ 2kπ

x =π

12+ kπ

De même pour la second racine de l'équation du second degré, on a :

sinx

cosx= 2 +

√3

⇔ 1

2sinx− cosx

√3

2= cosx

⇔ cosx cosπ

6− sinx sin

π

6= − cosx

⇔ cos(x+π

6) = cos(π − x)

Les solutions s'écrivent :

x+π

6= π − x+ 2kπ ou x+

π

6= −π + x+ 2kπ

2x =5π

6+ 2kπ impossible

x =5π

12+ kπ

3

On retrouve l'ensemble des solutions de la première approche.

Question 3 Démontrer que, si dans un triangle l'identité suivante est véri�é,

1

sinβ+ cotg β =

a+ c

b

alors ce triangle est rectangle.

a, b et c sont les longueurs des côtés opposés aux angles α, β et γ respectivement.

Solution

Par inspection, on peut se rendre compte que le triangle ne peut pas êtrerectangle en β. En e�et si β = π/2, on a

1

1+

0

1=a+ c

b

Elevons au carré, on a

b2 = (a+ c)2 = a2 + c2 + 2ac 6= a2 + c2

Ce qui viole la relation de Pythagore. Le triangle ne peut donc être rectangleque en A (α = π/2) ou en C (γ = π/2).

Ecrivons la formule des sinus :

a

sinα=

b

sinβ=

c

sin γ⇒{a/b = sinα/ sinβc/b = sin γ/ sinα

⇒ 1

sinβ+

cosβ

sinβ=a

b+c

b=

sinα+ sin γ

sinβ

Si sinβ 6= 0 ce qui entraîne β 6= π + kπ, il vient :

⇒ 1 + cosβ = sinα+ sin γ

= 2 sin

(α+ γ

2

)· cos

(α− γ2

)Si on remarque que α+ β + γ = π ⇒ α+ γ = π − β, nous pouvons écrire :

sin

(α+ γ

2

)= sin

(π

2− β

2

)= cos

(−β2

)= cos

β

2

De même la formule de Simpson permet d'écrire :

1 + cosβ = cosβ2

2

L'égalité de départ s'écrit sous la forme :

1 + cosβ = 2 sin

(α+ γ

2

)· cos α− γ

2⇔ 2 cos2

β

2= 2 cos

β

2· cos α− γ

2

⇔ cos2β

2− cos

β

2· cos α− γ

2= 0 ⇔ cos

β

2

(cos

β

2− cos

α− γ2

)= 0

L'équation ci-dessus possède trois solutions :

4

1. cosβ

2= 0 admet comme solution

β = π + kπ

Cette solution est à rejeter (triangle plat).

2.β

2=α− γ2

. Or β = π − (α+ γ) ce qui donne

α =π

2

et le triangle est rectangle en α.

3.β

2= −α− γ

2Or β = π − (α+ γ) ce qui donne

γ =π

2

et le triangle est rectangle en γ.

Question 4 On connaît les distances suivantes entre les villes ainsi que leur

situation géographique. On suppose une Terre plane.

Paris Strasbourg

Lyon

Montpellier

Bordeaux

Nantes

LilleParis - Lille 200 km

Nantes - Lille 505 km

Montpellier - Lille 780 km

Paris - Strasbourg 400 km

Strasbourg - Nantes 713 km

Paris - Lyon 394 km

Nantes - Lyon 518 km

Paris - Montpellier 596 km

Paris - Bordeaux 500 km

Strasbourg - Bordeaux 761 km

Paris - Nantes 343 km

Calculer la longueur à vol d'oiseau du parcours du tour de France partant

de Paris et passant successivement par les villes de Lille, Strasbourg, Lyon,

Montpellier, Bordeaux, Nantes et Paris. Utiliser 4 chi�res après la virgule pour

vos calculs.

Solution

Utilisons la relation de Pythagore généralisé (Al Kashi) successivement dansles triangles suivants :

Lilles-Paris-Nantes noté LPN :

l26 = d21 + d26 − 2d6d1 cos ζ

ce qui nous donne

ζ = acos

(d21 + d26 − l26

2d1d6

)= 135.2136◦

5

P

S

Ly

MB

L

d 1d 2

d 3d 4

d 5

d 6

l 1

l 2

l 3

l 4

l 5

l 6

N

Figure 1 � Les distances connues sont représentées en traits pleins, les distancesinconnues en pointillés. Le trajet du Tour de France est représenté en vert.

Nantes-Paris-Strasbourg noté NPS :

SN2 = d22 + d26 − 2d2d6 cos(ζ + α)

ce qui nous donne

α = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− ζ = 77.5600◦

(Attention il faut véri�er α+ ζ > 180◦)

Lilles-Paris-Montpellier noté LPM :

LM2 = d21 + d24 − 2d1d4 cos(ζ + ω + δ)

ce qui nous donne

ω + δ = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− ζ = 71.3770◦

Nantes-Paris-Lyon noté NPLy :

NLy2 = d23 + d26 − 2d3d6 cos(ω + δ + γ)

ce qui nous donne

γ = acos

(d21 + d24 − LM2

2d1d4

)− (ω + δ) = 17.6561◦

Bordeaux-Paris-Strasbourg noté BPS :

SB2 = d22 + d25 − 2d2d5 cos(β + δ + γ)

6

ce qui nous donne

β + δ = acos

(d22 + d25 − SB2

2d2d5

)− γ = 97.3555◦

En notant que la somme α+ β + γ + δ + ω + ζ = 360◦, il vient

β = 58.1933◦

ce qui nous permet de déterminer

δ = 75.8495◦ − β = 39.1622◦

etω = 71.3770◦ − δ = 32.2148◦.

Connaissant tous les angles, il est maintenant possible de déterminer lesdistances l1, l2, l3, l4 et l5 selon :

l21 = d21 + d22 − 2d1d2 cos(α) ⇒ l1 = 406.9 km

l22 = d22 + d23 − 2d2d3 cos(β) ⇒ l2 = 386.1 km

l23 = d23 + d24 − 2d3d4 cos(γ) ⇒ l3 = 250.9 km

l24 = d24 + d25 − 2d4d5 cos(δ) ⇒ l4 = 378.3 km

l25 = d25 + d26 − 2d5d6 cos(ω) ⇒ l5 = 278.3 km

Nous en déduisons la distance totale à vol d'oiseau

ltot = d1 + l1 + l2 + l3 + l4 + l5 + d6 = 2243.5 km

7

Universite de LiegeExamen d’admission aux etudes de bachelier ingenieur civil et

architecte

Trigonometrie et calcul numerique

Prof. P. Duysinx et Prof. P. Dewallef

Juillet 2014

Question 1 Montrer que

sin4 π

8+ sin4 3π

8+ sin4 5π

8+ sin4 7π

8=

3

2

Solution

Notons tout d’abord que les anglesπ

8et

7π

8ainsi que

3π

8et

5π

8sont

supplementaires 2 a 2.sin

7π

8= sin

(π − 7π

8

)= sin

π

8

sin5π

8= sin

(π − 5π

8

)= sin

3π

8

Et nous pouvons ecrire :

sin4 π

8+ sin4 3π

8+ sin4 5π

8+ sin4 7π

8=

3

2⇔ sin4 π

8+ sin4 3π

8=

3

4

En faisant usage de la formule de Carnot : cos 2a = 1 − 2 sin2 a et cos 2a =2 cos2 a− 1, nous pouvons exprimer :

sin4 a =(sin2 a

)2=

(1− cos 2a

2

)2

=1 + cos2 2a− 2 cos 2a

4

=1 + 1+cos 4a

2 − 2 cos 2a

4=

3 + cos 4a− 4 cos 2a

8

En appliquant cette relation aux deux termes du membre de gauche de l’egalitenous obtenons :

sin4 π

8+sin4 3π

8=

3 + cos (π/2)− 4 cos (π/4)

8+

3 + cos (3π/2)− 4 cos (3π/4)

8

=3 + 0− 4 cos (π/4)

8+

3 + 0 + 4 cos (π − 3π/4)

8

=3− 4 cos (π/4)

8+

3 + 4 cos (π/4)

8=

3

8+

3

8=

3

4

ce qui prouve l’egalite.

Question 2 Resoudre l’equation

cos 3x + cos 7x = 1 + cos 10x

Representer les solutions entre 0 et 2π sur le cercle trigonometrique.

SolutionOn fait d’abord usage de la formule de Simpson :

cos p + cos q = 2 cosp+ q

2cos

p− q2

Le membre de gauche devient

cos 3x+ cos 7x = 2 cos3x+ 7x

2cos

3x− 7x

2= 2 cos 5x cos 2x

On utilise ensuite la formule de Carnot

cos 2x = 2 cos2 x − 1

et le second membre s’ecrit

1 + cos 10x = 2 cos2 5x

L’equation s’ecrit :

cos 3x + cos 7x = 1 + cos 10x ⇔ 2 cos 5x cos 2x = 2 cos2 5x

⇔ 2 cos 5x ( cos 2x− cos5x) = 0

Il vient les deux familles de solutions :– cos 5x = 0 ce qui donne

5x =π

2+ kπ ⇔ x =

π

10+ k

π

5

– cos 2x− cos 5x = 0. Il vient

5x = 2x+ 2kπ ⇔ 3x = 2kπ ⇔ x = k2π

3

ou bien

5x = −2x+ 2kπ ⇔ 7x = 2kπ ⇔ x = k2π

7

D’autres etudiants ont transforme la somme cos 2x − cos 5x = 0 en produiten utilisant une nouvelle fois la formule de Simpson

cos p − cos q = −2 sinp+ q

2sin

p− q2

L’equation s’ecrit alors

cos 3x + cos 7x = 1 + cos 10x ⇔ 2 cos 5x ( cos 2x− cos5x) = 0

⇔ 2 cos 5x sin7x

2sin−3x

2= 0

2

On trouve alors les memes solutions :

sin7x

2= 0 ⇒ 7x

2= kπ ⇔ x = k

2π

7

et

sin3x

2= 0 ⇒ 3x

2= kπ ⇔ x = k

2π

3

3

Question 3 Deux eglises sont situees de part et d’autre d’une place horizon-tale. Les clochers de ces deux eglises sont representes respectivement par lessegments AB et CD. Les bases de ces clochers sont separees d’une distance k.Un observateur place au point C voit le sommet B du clocher oppose sous unangle BCA. De meme, un observateur situe au point A voit le sommet D duclocher oppose sous un angle DAC valant la moitie de l’angle BCA. La sommedes angles BEA et DEC sous lesquels un observateur place au point E voitrespectivement les sommets B et D est egale a 90◦. Si la distance k vaut 60 m,determiner la hauteur des deux clochers AB et CD.

A

B

C

D

E

kk/2

Solution 1

Exprimons tout d’abord les angles DEC et BEA en fonction de k en notant

que DEC + BEA =π

2:

tg DEC =2DC

k

tg BEA =2AB

k= tg

(π2− BEC

)=

1

tg BEC=

k

2DC⇒ DC

k=

k

4AB

Alternativement, nous pouvons noter que les triangles EDC et BEA sont

semblables 2 a 2. En effet, EDC =π

2− DEC et par hypothese DEC+ BEA =

π

2, ce qui nous permet de deduire que EDC = BEA. De maniere similaire,

nous pouvons deduire que DEC = EBA et les deux triangles rectangles EDCet BEA sont semblables, ce qui entraine que :

BA

EC=EA

DC⇔ BA

k/2=k/2

DC⇔ DC

k=

k

4AB

Exprimons maintenant les angles BCA et DAC en fonction de k en notant

que BCA = 2DAC :tg DAC =

DC

k

tg BCA =AB

k= tg

(2DAC

)=

2 tg DAC

1− tg2 DAC=

2DCk

1− DC2

k2

4

En remplacant la valeur deDC

kpar la valeur precedemment trouvee, a savoir

k

4AB, il vient

AB

k=

2k4AB

1− k2

16AB2

⇔ 16AB2

= 9k2 ⇔ AB =3k

4. Ensuite,

DC =4k2

12k=k

3. Si k = 60 m, AB = 45 m et DC = 20 m.

Solution 2

Une autre solution possible consiste a ecrire les relations entre les cotes destriangles rectangles BAE, BAC, CDA et CDE.

L’enonce nous dit d’une part

ACB = 2 CAD = 2 α

et d’autre part que :

BED = 90◦

soitAEB + DEC = 90◦ ⇔ DEC = 90◦ − AEB

Donc

tan DEC = tan(90◦ − AEB) =1

tan AEB

Ecrivons maintenant les relations dans les triangles rectangles BAE, BAC, CDAet CDE. Dans BAE, on a :

BA = AE tan AEB = (k/2) tan AEB

Dans BAC, on a :

BA = AC tan ACB = k tan ACB

Dans CDE, on a

CD = EC tan DEC = (k/2) tan DEC

Dans CDA, on a

CD = AC tan DAC = k tan DAC

En egalant les expressions des longueurs BA et CD, il vient :

BA = (k/2) tan AEB = k tan 2α

soit

tan AEB = 2 tan 2α = 22 tanα

1− tan2 α

On a egalement

CD = (k/2) tan DEC = k tanα

soit

tan DEC = tan(90◦ − AEB) =1

tan AEB= 2 tanα

5

En identifiant la valeur de tan AEB, on obtient une equation permettant dedeterminer tanα.

tan AEB =1

2 tanα= 4

tanα

1− tan2 α

soit

4tanα

1− tan2 α=

1

2 tanα⇔ tan2 α =

1

9⇔ tanα = ±1

3

Seul le signe plus a du sens ici, et on a

α = 18, 4399◦

Il est alors maintenant aise de calculer les hauteurs

AB = k tan 2α = 45 m

etCD = k tanα = 20 m

6



architecte

SIMULATION D'EXAMEN


Prof. M. Hogge et P. Duysinx

Mai 2012



Question 1 Les angles d'un triangle ABC sont a, b, c.

Montrer que le triangle ABC est rectangle si et seulement si

sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0

Solution

Partie 1 : Si le triangle est rectangle, alors sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0Supposons que a = π

2 , alors

sin 4a = sin 2π = 0

En outre dans un triangle on a toujours a+ b+ c = π. Il vient

4b = 4π − 4π/2 − 4c = 2π − 4 c

soitsin(4b) = sin(2π − 4c) = sin(−4c) = − sin(4c)

Au total, il vient :

sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0

Partie 2 Supposons que sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0, alors le triangleest rectangle.

Dans tout triangle, on a a+ b+ c = π. Soit

a + b + + c = π

⇔ 4a + 4b + 4c = 4π

⇔ 4a = 4π − (4b + 4c)

⇔ 4a = 4π − (4b + 4c)

⇔ sin(4a) = − sin(4b+ 4c)

⇔ sin(4a) = −(sin(4b) cos(4c) + cos(4b) sin(4c))

Remplaçons cette expression dans l'hypothèse, il vient :

sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = − sin(4b) cos(4c) − cos(4b) sin(4c) + sin(4b) + sin(4c)

⇔ sin(4b)(1− cos(4c)) + sin 4c (1− cos(4b)) = 0

En utilisant les formules de duplication, il vient

sin(4b) 2 sin2(2c) + sin(4c) 2 sin2(2b) = 0

⇔ 4 sin(2b) cos(2b) sin2(2c) + 4 sin(2c) cos(2c) sin2(2b) = 0

⇔ 4 sin(2b) sin(2c) [sin(2c) cos(2b) + cos(2c) sin(2b)] = 0

⇔ 4 sin(2b) sin(2c) [sin(2b+ 2c)] = 0

Première possilité : sin(2b) = 0. Il vient : b = π/2 et le triangle est rectangleen B.

Seconde possibilité : sin(2c) = 0. Il vient : c = π/2 et le triangle est rectangleen C.

Troisième possibilité : sin(2b + 2c) = 0. Il vient : b + c = π/2. Puisquea+ b+ c = π, on a a = π/2 et le triangle est rectangle en A.

Une autre solution assez souvent trouvées dans les copies d'examen est lasuivante :

On utilise la formule de Simpson :

sin 4a + sin 4b = 2 sin(4a+ 4b

2) cos(

4a− 4b

2)

= 2 sin(2a+ 2b) cos(2a− 2b)

et la formule de duplication :

sin 4c = 2 sin 2c cos 2c

En tenant compte de la somme des angles dans les triangles, il vient :

a+ b+ c = π

2a+ 2b = 2π − 2c

sin(2a+ 2b) = sin(2π − 2c) = − sin 2c

cos(2a+ 2b) = cos(2π − 2c) = cos 2c

Dès lors l'identité s'écrit :

sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0

⇔ 2 sin(2a+ 2b) cos(2a− 2b) + 2 sin 2c cos 2c = 0

⇔ 2 sin 2c (cos(2a+ 2b) − cos(2a− 2b)) = 0

En utilisant la formule d'addition, il vient

sin(4a) + sin(4b) + sin(4c) = 0

⇔ 2 sin 2c (cos 2a cos 2b− sin 2a sin 2b− cos 2a cos 2b+ 2 sin 2a sin 2b) = 0

⇔ 4 sin 2a sin 2b sin2c = 0

2

Les conclusions sont alors évidentes.

Remarques

Les erreurs les plus fréquentes sont� Ne pas démontrer les deux parties du si et seulement, ce qui donne lieu àla moitié des points au maximum ;

� Faire une erreur dans l'application (ou ne pas connaître) des formules,spécialement dans l'application de la formule de Simpson ;

� Inventer des formules : par exemple

sin 4c = 4 sin c cos c

;� Faire une erreur dans les formules liées aux angles associés : Par exemple

sin(2a+ 2b) = sin(2π − 2c) = sin 2c!!!

.

3

Question 2 Résoudre l'équation :

√3 sin2 x + sinx cosx + 2

√3 cos2 x =

√2

2+

3√3

2

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

Solution

L'équation s'écrit :

√3 sin2 x + sinx cosx + 2

√3 cos2 x =

√2

2+

3√3

2

⇔√3 sin2 x + sinx cosx + 2

√3 cos2 x = (

√2

2+

3√3

2)(sin2 x+ cos2 x)

⇔(√3−√2

2− 3√3

2) sin2 x + sinx cosx + (2

√3−√2

2− 3√3

2) cos2 x = 0

⇔(

√2

2+

√3

2) sin2 x − sinx cosx + (

√2

2−√3

2) cos2 x = 0

On peut diviser l'équation par cos2 x car on véri�e aisément que x = 90◦ +k 180◦ ne fait pas partie des solutions de l'équation. Il vient :

(

√3

2+

√2

2) tg2 x − tg x − (

√3

2−√2

2) cos2 x = 0

Résolvons l'équation du second degré en tg x.

ρ = 1 + 4(

√3

2+

√2

2) (

√3

2−√2

2) = 2

et

tg x =1±√2

2(√32 +

√22 )

= (1±√2)(√3−√2)

La première solution s'écrit

tg x = (1 +√2)(√3−√2) = 0, 7673

etx(1) = 37, 5◦ + k 180◦

La seconde solution s'écrit

tg x = (1−√2)(√3−√2) = −0, 1317

etx(2) = −7, 5◦ + k 180◦

On représente aisément ces solutions sur le cercle trigonométrique

4


architecte



Test a blanc - avril 2014

Question 1 Soit un triangle quelconque ABC. Si le cote a mesure 10m, que ladifference des deux autres cotes b− c vaut 4m et la difference des angles opposesa ces derniers B −C vaut 30◦, calculer la longueur des cotes b et c ainsi que lavaleur des angles du triangle.

Resolution

Utilisons la loi des sinus :

a

sinA=

b

sinB=

c

sinC= R ⇒

{b = R sinBc = R sinC

(1)

Cela nous permet d’ecrire :

b− c = R(sinB − sinC) ⇒ b− csinB − sinC

= R =a

sinA(2)

L’egalite precedente se developpe en :

b− c2 cos B+C

2 sin B−C2

=a

2 sin A2 cos A

2

(3)

En notant que π = A+B + C, cette egalite se simplifie en :

b− c2 sin B−C

2

=a

2 cos A2

⇒ A = 2 cos−1

(a

b− csin

B − C2

)= 99.36◦ (4)

Connaissant maintenant l’angle A, le reste du triangle peut etre determine enutilisant la theoreme de Pythagore generalise a2 = b2 + c2 − 2bc cosA et ennotant que b− c = m ⇒ b2 + c2 − 2bc = m2 et il vient :

a2 = m2 + 2bc(1− cosA) ⇒ bc =a2 −m2

2(1− cosA)(5)

or c = b−m, ce qui permet de resoudre l’equation ci-dessus pour b :

b2 − bm− a2 −m2

2(1− cosA)= 0 ⇒

{b = 8.33 mc = 4.33 m

(6)

Ensuite il vient simplement :

B = sin−1

(b

asinA

)= 55.32◦ et C = B − 30◦ = 25.32◦ (7)

1/2


Trigonométrie et calcul numérique – Septembre 2008 Question 1 Montrer que dans un triangle ABC, on a toujours la relation

CBACBA sinsinsin42sin2sin2sin =++ Solution proposée Solution 1

CBABACBABABA −=+−=−+=+ πcar )cos(sin2)cos()sin(22sin2sin

par ailleurs,

CCC cossin22sin =

donc

( )( ) ( )( ) )(car coscossin2

)cos(cossin22sin2sin2sinBACBABAC

BACCCBA+−=−++−=

−+=++π

Enfin,

( ) ( ) BABABABA sinsin2)sin(sin2coscos =−−=+−−

ce qui conduit à la thèse. Solution 2

( ) ( )

( )ACBCBCB

BCCBCBBCCCBB

BCCBCBaBCCBCBA

CBA

sinsinsin4)sin(sinsin4sincossincossinsin4

sin2.cossin2sin2.cossin2

2cos12sin2cos12sin2sin2sin2sin2cos2sin2cos2sin)(2sin2sin

)(222

22

=+=+=

+=

−+−=++−−=+−=

+−= π

Question pour les fanas : Montrer que cette relation résulte du calcul de l’aire du triangle. Si R est le rayon du cercle circonscrit, on a

2/2

Cc

Bb

AaR

sinsinsin2 ===

donc l’aire S du triangle vérifie

CBARCabS sinsinsin4sin2 ==

Joignons le centre O du cercle circonscrit aux trois sommets du triangle. L’aire du triangle vaut

)(2)(2)(22 COASBOCSAOBSS ++=

Les angles au centre valent

BCOAABOCCAOB 2,2,2 =<=<=<

donc

CRCCRAOBS 2sin2

2cos2

2sin2)( ==

etc.

3/2

Question 2 Un pentagone convexe irrégulier ABCDE est inscrit dans une circonférence de rayon 5 cm (voir Figure 1). Quel est le périmètre du pentagone ABCDE ? Quel est la surface du pentagone ABCDE ?

Figure 1 : Pentagone convexe irrégulier ABCDE

Solution proposée Dans le triangle OAB, on a :

5cos 45 7,0711cos 45

R AB AB cm= ° ⇔ = =°

²( ) 12,5 ²2RAire OAB cm= =

Dans le triangle ODE, il vient

5DE R cm= = cos30 3( ) ² 6,25 3 10,8253 ²

2 4RAire ODE R R cm°

= = = =

Dans le triangle OBC, on a :

sin 45 sin 45 3,5355OB R OC RBH OB R cm

= == ° = ° =

Par Pythagore généralisé, on a :

² ² ² 2 cos 45

5² 5² 2.5.5. 45 3,8268

BC OB OC OB OC

BC cos cm

= + − °

= + + ° =

Et cos 45 5 5cos 45 1,4645HC OC OH R R cm= − = − ° = − ° =

4/2

.( ) ² cos 45 8,8388 ²2

OC BHAire OBC R cm= = ° =

Le triangle ODC est le même que OBC, car ils ont deux côtés identiques et un angle égal. On a donc :

3,8268DC BC cm= =

( ) ( ) 8,8388 ²Aire ODC Aire OBC cm= = Le triangle OED est équilatéral (angles de 60°). Soit I la médiane du côté ED, on a donc :

3cos30 4,33012

sin 30 2,5

OI OE R cm

EI OE cm

= ° = =

= ° =

.( ) 10,8253 ²2

ED OIAire OED cm= =

Dans le triangle OAE, l’angle au centre vaut 360°-90°-45°-45°-60°=120° et on trouve

sin120 3 8,8388sin 30 sin120 sin 30

R AE AE R R cm°= ⇔ = = =

° ° °

Le triangle étant isocèle, on trouve :

( ) cos 60 10,8253 ²2

AEAire OAE R cm= ° =

En conclusion, il vient : Le périmètre vaut :

28,3847P AB BC CD DE EA cm= + + + + = L’aire de la figure vaut :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 51,8279 ²Aire ABCDEA Aire OAB Aire OBC Aire OCD Aire ODE Aire OAE m= + + + + =

5/2

Question 3

On désire calculer EXACTEMENT (sans calculatrice) 5

2cos π et5

4cos π . A cette fin, on

procédera comme suit : 1) Montrer que chacun de ces deux angles vérifie l’équation

θθ 2cos3cos = (*) 2) Chercher l’ensemble des solutions de l’équation (*) vérifiant πθ <≤0 . Parmi celles-ci, il en est une, que nous noterons θ1 dont le cosinus est connu de manière évidente. 3) Exprimer l’équation (*) en termes de cosθ. On obtient une équation du troisième degré. 4) En divisant cette équation par le binôme ( )1coscos θθ − , on peut se ramener à une équation du second degré, dont on calculera les racines 32 coscos θθ et .

5) Déterminer, parmi ces deux racines, laquelle correspond à 5

2π et laquelle

correspond à 5

4π . Justifier ce choix.

Solutions proposées 1) On a

5124

58

542et

512

543

562

54

522et

56

523

ππππππ

ππππππ

−===

−===

2) Les solutions de (*) sont données par

⎪⎩

⎪⎨⎧

====

==+±=

54et

52..............

52,25

0.......................................................2soit 223 πθπθπθπθ

θπθπθθ kk

kk

3) On a

6/2

1cos3cos2cos4

cos2cos21coscos2cos2

cos)cos1(21coscos2cos2

cossin2)cos1)(1cos2(

)sin2sincos2(cos2cos0

23

323

223

22

−++−=

−+−++−=

−+−++−=

+−−=

=−−=

θθθ

θθθθθ

θθθθθ

θθθθ

θθθθθ

L’équation cherchée est donc

01cos3cos2cos4 23 =+−− θθθ

4) La solution évidente de (*) est 1cos 1 =θ . Divisons donc notre équation par )1(cos −θ . On obtient

01cos2cos4 2 =−+ θθ

ce qui fournit les racines

451cos ±−

=θ

5) On a

quadrant) (deuxième 05

4cos

quadrant)(premier 05

2cos

≤

≥

π

π

donc

451

54coset

451

52cos −−

=+−

=ππ

1


Trigonométrie et calcul numérique – Septembre 2009 Question 1 Montrer que dans un triangle ABC quelconque, on a toujours

1cotgcotgcotgcotgcotgcotg =++ ACCBBA

Solution proposée Multiplions cette relation par CBA sinsinsin . Il vient

π=++=++=+++

=++−=++

CBACBACBACBA

BCCBACBCBACBABACACBCBA

puisqueEvident - 0)sin(0)sin(cos)cos(sin

0)cossincos(sincos)sinsincos(cossinsinsinsinsincoscossincoscossincoscos

2

Question 2 Résoudre l’équation

03tg2tgtg =++ xxx Expliciter les conditions d’existence. Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique. Solutions proposées Solution 1 Les conditions d’existence sont liées à l’existence de tg x, tg 2x et tg 3x. Celles-ci étant remplies, on peut écrire

( )( ) ( )( )xx

xxxxxx

xxxxxxxxxx

2tgtg12tgtg22tgtg

2tgtg112tgtg12tgtg0

02tgtg12tgtg2tgtx

−−+

=−

+−+=

=−

+++

● 02tgtg =+ xx

3

32

tg2tg

ππ

π

kx

kxkxx

xx

=

=+−=−=

● 22tgtg =xx

2

2 2

2

2

2 tgtg 21 tg

2 tg 2 2 tg4 tg 2

1tg2

1tg2

1arctg 0,61552

35,2644 18035 15'52" 180

xxx

x xx

x

x

x k rad k

kk

π π

=−

= −

=

=

= ±

⎛ ⎞= ± + = ± +⎜ ⎟⎝ ⎠

= ± °+ °= ± ° + °

La représentation sur le cercle trigonométrique est laissée au soin du lecteur.

3

Solution 2 L’équation s’écrit :

sin sin 2 sin 3 0cos cos 2 cos3

sin cos 2 cos3 sin 2 cos cos3 sin 3 cos 0cos cos 2 cos3

x x xx x x

x x x x x x x xx x x

+ + =

+ +⇔ =

Etant donné que cos x, cos 2x et cos 3x ne peuvent être nuls à cause des conditions d’existence, on obtient :

sin cos 2 cos3 sin 2 cos cos3 sin 3 cos cos 2 0(sin cos 2 sin 2 cos )cos3 sin 3 cos cos 2 0sin 3 cos3 sin 3 cos cos 2 0sin 3 (cos3 cos cos 2 ) 0

x x x x x x x x xx x x x x x x xx x x x xx x x x

+ + + =⇔ + + =⇔ + =⇔ + =

On obtient alors deux familles de solution

• sin 3 0x = sin 3 0 3 *180

*60x x k

x k= ⇔ = °

⇔ = °

• cos3 cos cos 2 0x x x+ =

cos3 cos cos 2 0

cos 2 cos sin 2 sin cos cos 2 0(cos ² sin ² )cos 2sin cossin cos (cos ² sin ² ) 0cos ³ sin ² cos 2sin ² cos cos ³ sin ² cos 02cos ³ 4sin ² cos 0cos ³ 2(1 cos ² ) cos 03cos ³ 2cos

x x xx x x x x xx x x x x x x x

x x x x x x x xx x x

x x xx

+ =⇔ − + =⇔ − − + − =⇔ − − + − =⇔ − =⇔ − − =⇔ − 0

cos (3cos ² 2) 0x

x x=

⇔ − =

La solution cos 0x = est à rejeter par les conditions d’existence. On obtient donc la seconde solution :

3cos ² 2cos ² 2 / 3

cos 2 / 335, 2644 180 35 15'52" 180

xx

xx k k

=⇔ =

⇔ = ±⇔ = ± °+ ° = ± ° + °

4

Question 3 Soit une tour de hauteur h dont le pied est inaccessible, mais dans le même plan horizontal que les pieds d’un observateur. L’œil de ce dernier se trouve à 1,50m du sol. A une distance AD de la tour, l’observateur en voit le sommet sous un angle α=24°36’ par rapport à l’horizontale. Après s’être rapproché de 32m de la tour, l’observateur la voit sous un angle β=40°12’ par rapport à l’horizontale. Quelle est la hauteur de la tour ?

Figure 1 : Mesure de la hauteur d’une tour

Solutions proposées Solution 1 Soit A le point de la tour situé à 1,50m du sol, et soit B son sommet. Soit D le premier point d’observation, et soit C le second. On a évidemment

βsinBCAB =

Dans le triangle BCD, l’angle CBD=γ vérifie

'3615°=−= αβγ

La relation des sinus donne

γα

γα sinsinsoit

sinsinCDBCCDBC

==

Il vient donc

mCDAB 9768,31sin

sinsin==

γβα

et la hauteur de la tour est

mmmh 4728,339768,315,1 =+=

5

Solution 2 On considère les triangles rectangles ACB et ADB et on trouve :

tanAB AC β= et

tan ( 32) tanAB AD ACα α= = + En égalant la valeur de AB, on déduit la valeur de AC puisque tous les autres paramètres sont connus :

tan ( 32) tan32 tan

tan tan37,8347

AB AC AC

AC

AC m

β αα

β α

= = +

⇔ =−

⇔ =

Il vient ( 32) tan 31,9728AB AC mα= + =

1,5 33,4728h AB m= + =

Solutions septembre 2010



Solution 1

La proposition revient à dire que

tg 3a(1− tg a tg 2a) = tg 2a+ tg a

soit

tg 3a =tg 2a+ tg a

1− tg 2a tg a= tg(2a+ a)

ce qui est évident.

Solution 2

L'équation s'écrit encore

(2 cos2 x+ 2 sin2 x) cosx− 5 sinx cos2 x = 0

soitcosx(2− 5 sinx cosx) = 0

� Une première famille de solutions correspond à cosx = 0, ce qui donne

x =π

2+ kπ (1)

� Une deuxième famille de solutions correspond à

5 sinx cosx = 2

soit5

2sin 2x = 2

ou encore

sin 2x =2

10

ce qui donne

2x = 11, 54◦ + k 360◦ ou 2x = 168, 5◦ + k 360◦

c'est-à-dire

x = 5, 768◦ + k 180◦ ou x = 84, 23◦ + k 180◦

1

Solution 3

L'hypothèse signi�e que

a = b− r, c = b+ r

r étant la raison de la progression arithmétique. On a donc

sin a+ sin c = 2 sina+ c

2cos

a− c2

= 2 sin b cos r

et

cos a+ cos c = 2 cosa+ c

2cos a− c2 = 2 cos b cos r

doncsin a+ sin b+ sin c

cos a+ cos b+ cos c=

sin b(1 + 2 cos r)

cos b(1 + 2 cos r)= tg b

Discussion

1. La relation n'a de sens que si tg b 6= ±∞ soit si b 6= π2 + kπ

2. Le premier membre est indéterminé si cos r = − 12 soit r = ± 2π

3 + 2kπ

Réciproque

Soitsin a+ sin b+ sin c

cos a+ cos b+ cos c= tg b =

sin b

cos b

On notera d'abord que cette relation n'a de sens que si tg b 6= ±∞ et si l'on n'apas simultanément sin a+ sin b+ sin c = 0 et cos a+ cos b+ cos c = 0. Il découlealors des propriétés des proportions que

sin a+ sin c

cos a+ cos c=

sin b

cos b

soit2 sin a+c

2 cos a−c22 cos a+c2 cos a−c2

=sin b

cos b

On obtient donc, si a−c2 6=π2 + kπ soit a− c 6= π + 2kπ

tga+ c

2= tg b

ce qui conduit àa+ c

2= b+ kπ

La réciproque est alors vraie si |a+c2 − b| < π.Dans le cas exclu ci-dessus, où a − c = π + 2kπ, on a sin a = − sin c et

cos a = − cos c et l'hypothèse de ramène à tg b = tg b ce qui ne permet de tireraucune conclusion.

Solution 4

2

En une minute, l'avion a parcouru une distance x = 800km60 = 13, 33km. Au

départ, l'avion est à une distance ` de la base et son altitude h est donnée parh = ` tg 16◦ ce qui revient à dire

` =h

tg 16◦

Une minute plus tard, l'avion est à une distance horizontale ` − xet on a demême que ci-dessus

`− x =h

tg 37◦

Soustrayant ces deux relations, on obtient

x = h

(1

tg 16◦− 1

tg 37◦

)= 2, 160h

d'oùh =

x

2, 160= 6, 170km

3

Trigonométrie : proposition sept. 2011

J.F. Debongnie et P. Duysinx

29 août 2011

Question 1 Dans un triangle ABC, on a la relation suivante entre les anglesB et C :

1 + cotgB

2+ cotg

C

2= cotg

B

2cotg

C

2

Que vaut l'angle A ?

Question 2 Résoudre l'équation

sin2 3x− cos2 x = 1

Question 3 On se donne un cercle de rayon r. Par le centre, on fait passerdes rayons de gauche à droite, distants chacun d'un angle α, 0 < α < 90◦. SoitA0 le point de concours du premier rayon avec la circonférence. A partir de cepoint, on trace le segment A0A1 perpendiculaire au deuxième rayon en A1. Apartir de A1, on trace le segment A1A2 perpendiculaire au troisième rayon enA2, et ainsi de suite (voir �g. 1).

1. Appelons Ln la longueur A0A1 + A1A2 + . . . + An−1An. Que vaut cettelongueur ?

2. Montrer que la limite pour une in�nité de segments est donnée par L∞ =r 1+cosα

sinα .

3. Dans le cas où α = 30◦, montrer que L∞ est la somme du diamètre ducercle et du côté du triangle équilatéral inscrit à ce cercle.

1

Figure 1 � Construction de la ligne A0 . . . A6

2



architecte


Prof. P. Duysinx et Prof. M. Hogge

Septembre 2012



Question 1 Soient A, B et C, les angles d'un triangle. Montrer que le triangle

ABC est rectangle si et seulement si

sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2

Solution

Partie 1 : Si sin2 A+sin2 B+sin2 C = 2, alors le triangle est rectangle

Dans tout triangle, on a A+B + C = π, de sorte que C = π − (A+B) et

sinC = sin(π − (A+B)) = sin(A+B)

L'hypothèse s'écrit :


⇔ sin2 A + sin2 B + sin2(A+B) = 2

⇔ sin2 A + sin2 B + (sinA cosB + cosA sinB)2 = 2

⇔ sin2 A + sin2 B + sin2 A cos2 B + cos2 A sin2 B + 2 sinA cosA sinB cosB = 2

Par l'équation fondamentale de la trigonométrie sin2 A = 1 − cos2 A etsin2 B = 1− cos2 B, on obtient

⇔ 1− cos2 A + 1− cos2 B + cos2 B − cos2 A cos2 B + cos2 A − cos2 A cos2 B

+ 2 sinA cosA sinB cosB = 2

Après simplifcations, il vient :

⇔ − cos2 A cos2 B − cos2 A cos2 B + 2 sinA cosA sinB cosB = 2

⇔ 2 cosA cosB (sinA sinB − cosA cosB) = 0

⇔ 2 cosA cosB cos(A+B) = 0

Puisque l'on est dans un triangle on a :

cos(A+B) = cos(π − C) = − cosC

L'hypothèse s'écrit donc en dé�ntive :

⇔ 2 cosA cosB cosC = 0

Puisque les angles d'un triangle appartiennent à l'interval ]0, π[, l'hypothèseimplique que A = π

2 ou B = π2 ou C = π

2 . Ce qui démontre que le triangle ABCest rectangle.

Partie 2 : Si le triangle est rectangle, alors sin2 A+sin2 B+sin2 C = 2

Supposons que A = π2 , alors

sinA = 1

et A + B + C = π implique

B =π

2− C et sinB = sin(

π

2− C) = cosC

La thèse s'écrit :


⇔ 1 + cos2 C + sin2 C = 2

L'identité est aisément démontrée en utilisant la formule fondamentale de latrigonomémtrie cos2 C + sin2 C = 1

Remarque

De manière alternative, on peut également démontrer la réciproque de ma-nière immédiate lorsque l'on a démontré de manière claire et indiscutable l'équi-valence entre les identités

sin2 A + sin2 B + sin2 C = 2 ⇔ cosA cosB cosC = 0

Dès lors si A = π2 , alors cosA = 0 et l'identité est satisfaite.

Question 2 Résoudre √3 cos 2x + sin 2x = 2

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

Solution

L'équation s'écrit :

√3 cos 2x + sin 2x = 2

⇔√3

2cos 2x +

1

2sin 2x = 1

2

On remarque que :

√3

2= cos

π

6et

1

2= sin

π

6

Il vient

⇔ cosπ

6cos 2x + sin

π

6sin 2x = 1

⇔ cos(2x− π

6) = 1

La solution s'écrit

2x− π

6= 0 + 2 k π

⇔ 2x =π

6+ 2 k π

⇔ x =π

12+ k π

Ou encorex = 15◦ + k 180◦

On représente aisément ces solutions sur le cercle trigonométrique

Question 3 Soit le triangle ABC. On désigne par α, β et γ la mesure des

angles respectivement aux sommets A, B et C et par a, b et c, la mesure des

longueurs des côtés opposés. On appelle m la mesure de la médiane AM, par θla mesure de l'angle AMB et par S la mesure de la surface du triangle ABC.

1. Dessiner une esquisse de la situation.

2. Démontrer les relations

4m2 − a2 = 4 b c cosα et S =a m

2sin θ

3. Si on donne les valeurs numériques suivantes c = 3, 45 m, α = 48◦ et

β = 73◦, que valent a, b, m, θ et S ?

Donnez les résultats numériques avec 4 chi�res après la virgule.

Solution

Partie 1 : La situation est esquissée à la �gure 1

3

A

B CM

q

m

c b

a

a

b g

Figure 1 � Esquisse de la situation

Partie 2 :Appliquons le théorème d'Al-Kashi encore connu sous le nom de Pythagore

généralisé au triangle AMB, il vient

AB2 = AM2 + MB2 − 2 cos θ AM MB

⇔ c2 =a2

4+ m2 − 2

a

2m cos θ (1)

Appliquons le théorème d'Al-Kashi au triangle AMC, il vient

AC2 = AM2 + MC2 − 2 cos(π − θ)AM MC

⇔ b2 = m2 +a2

4+ 2

a

2m cos θ (2)

La somme de ces deux équations donne :

b2 + c2 = 2m2 +a2

2(3)

Appliquons le théorème d'Al-Kashi au triangle ABC, il vient

a2 = b2 + c2 − 2 b c cosα (4)

Substituons la valeur de b2 + c2, il vient :

a2 = b2 + c2 − 2 b c cosα

⇔ a2 = 2m2 +a2

2− 2 b c cosα (5)

Ce qui démontre la proposition :

4m2 − a2 = 4 b c cosα (6)

La surface du triangle est base fois hauteur sur deux.

S = a h1

2(7)

4

La hauteur se calcule aisément à partir de la longueur de la médiane. Soit Hla perpendiculaire abaissé de A sur la droite BC. Dans le triangle AHM, on a :

h = m sin θ (8)

Il vientS =

a m

2sin θ (9)

Ce qui démontre la seconde identité proposée.

Partie 3 : Application numérique :On donne les valeurs numériques suivantes c = 3, 45 m, α = 48◦ et β = 73◦

La valeur du troisième angle se détermine par la somme es angles d'un tri-angle :

γ = 180◦ − α− β = 59◦ (10)

On utilise ensuite la formule

sinα

a=

sinβ

b=

sin γ

c(11)

Il vient

b = csinβ

sin γ= 3, 45

sin 73◦

sin 59◦= 3, 8490 m

a = csinα

sin γ= 3, 45

sin 48◦

sin 59◦= 2, 9911 m

Pour calculer on peut utiliser la formule démontrée précedemment :

b2 + c2 = 2m2 +a2

2

ou bien la formule de Al-Kashi dans le triangle ABM :

m2 = c2 +a2

4− 2 c

a

2cosβ

Il vient

m = 3, 3350 m

Pour calculer la surface S, on doit d'abord calculer θ par Al-Kashi dans letriangle AMB par exemple :

c2 =a2

4+ m2 − 2m

a

2cos θ

Soit

cos θ =c2 − a2

4 −m2

−a m= 0, 1460

Il vient en choisissant le bon quadrant de la solution

θ = 81, 6057◦

5

On doit encore calculer la hauteur h :

h = m sin θ = 3, 2993 m

Finalement, on obtient la surface du triangle ABC :

S =a m

2sin θ = 4, 9342 m2

6


architecte



Septembre 2013

Question 1 Verifier l’identite et preciser les conditions d’existence :

tg(a+ b) + tg(a− b)tg(a+ b)− tg(a− b)

=tg a

(1 + tg2 b

)tg b

(1 + tg2 a

)Le premier membre devient :

tg(a+ b) + tg(a− b)tg(a+ b)− tg(a− b)

=

sin(a+b)cos(a+b) + sin(a−b)

cos(a−b)sin(a+b)cos(a+b) −

sin(a−b)cos(a−b) )

=

sin(a+ b) cos(a− b) + sin(a− b) cos(a+ b)

sin(a+ b) cos(a− b)− sin(a− b) cos(a+ b)=

sin 2a

sin 2b

Le second membre s’exprime :

tg a(1 + tg2 b

)tg b

(1 + tg2 a

) =tg a

(1 + sin2 b

cos2 b

)tg b

(1 + sin2 a

cos2 a

) =

tg a cos2 a

tg b cos2 b=

sin a cos a

sin b cos b=

sin 2a

sin 2b

ce qui verifie l’identite.

conditions d’existence :– cos a 6= 0 ⇒ a 6= π

2 + kπ– cos b 6= 0 ⇒ b 6= π

2 + kπ– cos(a+ b) 6= 0 ⇒ a+ b 6= π

2 + kπ ⇒ a 6= −b+ π2 + kπ

– cos(a− b) 6= 0 ⇒ a− b 6= π2 + kπ ⇒ a 6= b+ π

2 + kπ

Question 2 Verifier l’identite et preciser les conditions d’existence :

tg(a+ b) =sin2 a− sin2 b

sin a cos a− sin b cos b

Le second membre de l’identite devient :

sin2 a− sin2 b

sin a cos a− sin b cos b=

1−cos 2a2 − 1−cos 2b

212 (sin 2a− sin 2b)

=

sin 2b+2a2 sin 2a−2b

2

sin 2a+2b2 sin 2a−2b

2

= tg(a+ b)

ce qui verifie l’egalite.

Alternativement, nous pouvons developper le premier membre ce qui donne :

sin a cos b+ cos a sin b

cos a cos b− sin a sin b=

sin2 a− sin2 b

sin a cos a− sin b cos b

⇔ (sin a cos b+ cos a sin b)(sin a cos a− sin b cos b) = (sin2 a− sin2 b)(cos a cos b− sin a sin b)

En distribuant et en notant que cos2 a = 1 − sin2 a et cos2 b = 1 − sin2 b, ilvient :

(((((((sin2 a cos a cos b+(((((

sin a sin b+(((((sin3 a sin b−(((((

sin a sin b+(((((sin a sin3 b+(((((((

cos a sin2 a cos b

=(((((((sin2 a cos a cos b−(((((

sin3 a sin b−(((((((sin2 a cos a cos b+(((((

sin a sin2 b

Ce qui verifie l’egalite.

conditions d’existence :– cos(a+ b) 6= 0 ⇒ a+ b 6= π

2 + kπ ⇒ a 6= −b+ π2 + kπ

– sin(a− b) 6= 0 ⇒ a− b 6= kπ ⇒ a 6= b+ kπ

Question 3 Un des angles d’un trapeze rectangle ABCD vaut 35◦. La pluspetite diagonale vaut 7 cm et est perpendiculaire au cote oblique. Calculer leperimetre et l’aire du trapeze. Utiliser 4 chiffres derriere la virgule pour voscalculs.

A B

CD H35°

– Dans le triangle rectangle ADC, nous avons :

sin 35◦ =AC

DC⇒ DC =

AC

sin 35◦= 12.204 cm

cos 35◦ =AD

DC⇒ AD = DC cos 35◦ = 9.997 cm

2

– Dans le triangle AHD, nous avons :

cos 35◦ =DH

AD⇒ DH = AD cos 35◦ = 8.189 cm

sin 35◦ =AH

AD⇒ AH = AD sin 35◦ = 5.734 cm

En tenant compte du fait que BC = AH et AB = HC = DC −DH, nousobtenons le perimetre P et l’aire S du trapeze en utilisant respectivement lesrelations ci-dessous :

P = AB +BC +DC +DA = 31.95 cm

S =(DC +AB) ·BC

2= 46.5 cm2

Question 4 Soit l’equation suivante :√2 tg x+ 1 =

2

cos2 x− 2 tg2 x− tg x

1. Donner les conditions d’existence.

2. Resoudre l’equation.

3. Tracer les solutions entre [0, 2π[ sur le cercle trigonometrique.

conditions d’existence :– cosx 6= 0 ⇒ x 6= π

2 + kπ– 2 tg x+ 1 ≥ 0 ⇒ tg x ≥ − 1

2– 2

cos2 x − 2 tg2 x− tg x ≥ 0 ⇒ 2 + 2 tg2 x− 2 tg2 x− tg x ≥ 0 ⇒ tg x ≤ 2

L’equation s’ecrit√

2 tg x+ 1 = 2− tg x qui, elevee au carre, donne :

2 tg x+ 1 = (2− tg x)2 = 4− 4 tg x+ tg2 x ⇒ tg2 x− 6 tg x+ 3 = 0

La resolution de cette equation du second degre en tg x donne les racines :

tg x =6±√

62 − 4 · 3 · 12

= 3±√

6

La comparaison de ces racines avec les conditions d’existence permet deconclure :

tg x =

{3 +√

6 > 2 a rejeter

3−√

6 ∈ [−1/2, 2] OK

⇒ x = 28.83◦ + k180◦28,83°208,83°

3


architecte



Aout 2014

Question 1 Montrer que

sinπ

12sin

7π

12=

1

4

Solution 1

On peut demontrer cette egalite en notant que :

sin7π

12= cos

(π

2− 7π

12

)= cos

(6π − 7π

12

)= cos

(− π

12

)= cos

π

12

En remplacant cette expression dans l’identite de depart et en utilisant larelation sin 2a = 2 sin a cos a, il vient :

sinπ

12sin

7π

12= sin

π

12cos

π

12=

1

2sin

π

6=

1

2× 1

2=

1

4

ce qui demontre l’identite.

Solution 2

Alternativement, on peut developper le premier membre de l’identite enutilisant la formule de Simpson suivante :

sinA cosB =cos(A−B)− cos(A+B)

2

ce qui donne :

sinπ

12sin

7π

12=

1

2

[cos

(π − 7π

12

)− cos

(π + 7π

12

)]=

1

2

[cos

(−6π

12

)− cos

(8π

12

)]=

1

2

[cos(−π

2

)− cos

2π

3

]=

1

2

(0 +

1

2

)=

1

4

Question 2 Montrer que, si la relation suivante liant les trois angles A, B etC d’un triangle est verifiee :

sinA =sinB + sinC

cosB + cosC

alors, le triangle est rectangle en A.

Solution 1

Conditions d’existence

cosB + cosC 6= 0 ⇒ cosB 6= − cosC

Cette conditions entraıne les deux conditions suivantes :– B 6= π − C, ce qui est toujours vrai car A+B + C = π– B 6= −(π − C) = C − π ce qui est toujours vrai car A+B + C = π.En appliquant les 2 formules de factorisation suivantes : cos p+ cos q = 2 cos

p+ q

2cos

p− q2

sin p+ sin q = 2 sinp+ q

2cos

p− q2

au second membre de l’identite fournie, il vient :

sinA =2 sin B+C

2 cos B−C2

2 cos B+C2 cos B−C

2

=sin B+C

2

cos B+C2

Ensuite, il suffit de noter que π = A + B + C et que, par suite, sinB + C

2=

cos

[π

2− B + C

2

]= cos

A

2et cos

B + C

2= sin

[π

2− B + C

2

]= sin

A

2.

En remplacant ces resultats dans l’identite et en exprimant que sinA =

2 sinA

2cos

A

2,

2 sinA

2cos

A

2=

cos A2sin A

2

⇔ 2 sin2 A

2= 1 ⇔ sin

A

2=

√2

2

Cette identite entraineA

2=π

4⇒ A =

π

2et le triangle est rectangle en A.

Solution 2Une autre approche consiste a developper sinA en notant que A+B +C =

π ⇒ A = π − (B + C) et il vient :

sinA = sin [π − (B + C)] = sin(B + C)

Ensuite, en utilisant la relation sin(p+ q) = sin p cos q+ cos p cos q, l’identite dedepart peut etre developpee en :

sinB cosC + cosB sinC =sinB + sinC

cosB + cosC(sinB cosC + cosB sinC) (cosB + cosC) = sinB + sinC

sinB cosB cosC + sinB cos2 C + sinC cos2B + sinC cosC cosB = sinB + sinC

2

Cette equation est ensuite simplifiee en :

sinB(cos2 C − 1

)+ sinC

(cos2B − 1

)+ sinB cosB cosC + sinC cosC cosB = 0

sinB cosB cosC − sinC sin2B + sinC cosC cosB − sinB sin2 C = 0

sinB (cosB cosC − sinB sinC) + sinC (cosB cosC − sinB sinC) = 0

(sinB + sinC) (cosB cosC − sinB sinC) = 0

cos(B + C) (sinB + sinC) = 0

Cette relation est verifiee si l’une des conditions suivantes est verifiee :– cos(B + C) = 0 ⇒ B + C = π

2 ce qui entraine que A = π2 et le triangle

est rectangle.– (sinB + sinC) = 0, ce qui entraine :

B = −C impossibleB = π − (−C) = π + C impossible

3

Question 3 Pour determiner la distance entre 2 points inaccessibles A et B,on choisit une base d’operation CD longue de 150m et on mesure les angles

BCD = 40◦, ACD = 69◦, ADC = 38.5◦ et BDC = 70.5◦. Calculer la distanceAB.

Solution

La configuration decrite dans l’enonce peut se representer de la manieresuivante (le dessin n’est pas a l’echelle !) :

AB

CD150m

40°

69°

38,5°

70,5°

?

En appliquant le theoreme de Pythagore generalise au triangle ABC il vient :

AB2

= AC2

+BC2 − 2AC BC cos ACB

Le segment AC peut etre determine en appliquant la relation des sinus dansle triangle ACD :

AC

sin ADC=

DC

sin CAD⇒ AC =

DC sin ADC

sin CAD

L’angle ADC est donne dans l’enonce et vaut 38.5◦ alors que l’angle CAD peutetre evalue en notant que la somme des angles d’un triangle vaut 180◦ ce qui,applique au triangle ACD donne :

180◦ = ADC + CDA+ ADC + CAD ⇒ CAD = 180◦ − 69◦ − 38.5◦ = 72.5◦

ainsi nous calculons AC =150 m× sin 38.5◦

sin 72.5◦= 97.91 m.

Pour determiner le segment BC, nous procedons de maniere similaire enappliquant Pythagore generalise au triangle BCD :

BC

sin BDC=

DC

sin CBD⇒ BC =

DC sin BDC

sin CBD

L’angle BDC est donne dans l’enonce et vaut 70.5◦ alors que l’angle CBD peutetre evalue en notant que la somme des angles d’un triangle vaut 180◦ ce qui,applique au triangle BCD donne :

180◦ = BDC + CDB + BDC + CBD ⇒ CBD = 180◦ − 70.5◦ − 40◦ = 69.5◦

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et nous calculons BC =150 m× sin 70.5◦

sin 69.5◦= 150.96 m.

Le segment AB est alors estime en reprenant la premiere relation :

AB2

= AC2

+BC2 − 2AC BC cos ACB

= 97, 912 + 150.962 − 2× 97, 91× 150, 96× cos(69◦ − 40◦)

= 6520.45 ⇒ AB = 80.75 m.

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trigono pau

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